2019届甘肃省静宁县第一中学高三上学期第三次模拟考试物理试卷（解析版）

静宁一中2018-2019学年度高三级第三次模拟考试物理题

一、选择题

1.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v-t图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（  ）

A. 在第10s末，乙车改变运动方向

B. 在第10s末，甲、乙两车相距150m

C. 在第20s末，甲、乙两车相遇

D. 若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次

【答案】D

【解析】

由图可知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故A错误；在第20s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故B错误；在第10s末，甲、乙两车的位移之差为：，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们相距的距离，故C错误；若t=0时刻乙车在前，则两车在第20s末前，两车可能相遇一次，若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次，故D正确。所以D正确，ABC错误。

2.如图所示，用三条轻质细绳将A、B两个小球悬挂起来，A球的质量为2m，B球的质量为m，小球直径相比细绳长度可以忽略，当两个小球均处于静止状态时，轻绳OA与竖直方向的夹角为30°，轻绳AB与竖直方向的夹角为60°，轻绳BC水平，细绳OA、AB的拉力分别为F1、F2，下列结论正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

设BC的拉力为F，对球A和B整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件有：，，联立解得：，，对B球受力分析，根据平衡条件有：，，解得，故ABC错误，D正确，故选D.

【点睛】先对球A和B整体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解轻质细绳上OA、BC的拉力大小；再对球B受力分析，根据平衡条件并结合合成法列式求解绳AB的拉力大小．

3.如图所示，水平传送带AB长2m，以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以3m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是

A. 0.5s    B. 0.9s    C. 1.2s    D. 1.5s

【答案】B

【解析】

试题分析：根据物块和传送带的速度关系，判断物块在传送带上的运动性质，根据运动学公式求解时间．

刚冲上传送带时，由于物块的速度为3m/s，大于传送带的速度，所以物块相对传送带向右运动，受到的滑动摩擦力方向向左，故做匀减速直线运动，，经历的时间为，相对地面发生的位移为，之后两者的速度相同，相对静止的做匀速直线运动，经历的时间为，故小物块运动至传送带右端B点所用的时间是，B正确．

4.甲、乙两名滑冰运动员，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，面对面拉着弹簧秤做匀速圆周运动的滑冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为9.2 N，下列判断中正确的是(　 　)

A. 两人的线速度相同，约为40 m/s

B. 两人的角速度相同，为6 rad/s

C. 两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m

D. 两人的运动半径相同，都是0.45 m

【答案】C

【解析】

甲、乙两人做圆周运动的角速度相同，向心力大小都是弹簧的弹力，则有M甲ω2r甲=M乙ω2r乙，即M甲r甲=M乙r乙；且r甲+r乙=0.9 m，M甲=80 kg，M乙=40 kg，解得r甲=0.3 m，r乙=0.6 m，由于F=M甲ω2r甲所以 ，而v=ωr，r不同，v不同，故ABD错误、C正确。故选C。

点睛：解本题关键要把圆周运动的知识和牛顿第二定律结合求解，知道两人角速度相同，两人对对方的拉力充当做圆周运动的向心力．

5.用一根细绳，一端系住一个质量为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如右图所示的匀速圆周运动．若使小球不离开桌面，其转轴的转速最大值是(　　)

A.     B.

C.     D.

【答案】A

【解析】

试题分析：以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F．

在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为，设绳子与竖直夹角为θ，则有：R=htanθ，

那么Fcosθ+N=mg

当球即将离开水平面时，N=0，转速n有最大值．N=mg-m4π2n2h=0，故选A。

考点：向心力；牛顿定律的应用

【名师点睛】本题关键找出临界状态，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解，不难。

6.我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min，如果把它绕地球的运动看作是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动相比，下列判断中正确的是（    ）

A. 飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径

B. 飞船的运行速度小于同步卫星的运行速度

C. 飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度

D. 飞船运动的角速度小于同步卫星运动的角速度

【答案】C

【解析】

根据万有引力提供向心力得出：解得：，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min．同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径．故A错误；由，

飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度．故B正确；由 ，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度．故C正确；，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，飞船运动的角速度大于同步卫星运动的角速度，故D错误；故选BC.

7.在一段平直的公路上，汽车保持额定功率P行驶，所受的阻力大小恒为F。已知汽车的质量为m，最大速率为vm。若某时刻汽车的速度大小为v（v < vm）时，汽车的加速度大小为a，所受的牵引力大小为F，则下列关系式正确的是

A.     B.

C.     D.

【答案】D

【解析】

试题分析：因为汽车的最大速率为vm，故P=F×vm，式中的F为汽车受到的阻力，则，选项AC错误；当汽车的速度为v时，其加速度为a，则根据牛顿第二定律可知F－F=ma，选项B错误；二者结合得，选项D正确。

考点：功率，汽车的启动问题。

8.如图，真空中一条直线上有四点A、B、C、D ，AB=BC=CD，只在A点放一电量为+Q的点电荷时，B 点电场强度为E，若又将等量异号的点电荷-Q放在D点，则(　　)

A. B点电场强度为，方向水平向右

B. B点电场强度为，向水平向左

C. BC线段的中点电场强度为零

D. B、C两点的电场强度相同

【答案】D

【解析】

【详解】AB、只在A点放正电荷时，B点的场强为：，又将等量异号的点电荷−Q放在D点后，B点场强为：，方向水平向右，故A、B错误；

C、BC线段的中点电场强度：，故C错误；

D、C点场强为：，方向水平向右，与B点的电场强度相同，故D正确；

故选D。

【点睛】根据点电荷场强公式分析计算，有两个场源就根据矢量合成求合场强。

9.一质量为m=2kg的小球沿倾角为θ=30º的足够长的斜面由静止开始匀加速滚下，途中依次经过A、B、C 三点已知AB=BC=12m，由A到B和B到C经历的时间分别为=4s，=2s，则下列说法正确的是(g=10m/s²)

A. 小球的加速度大小为4m/s²

B. 小球经过B点重力的瞬时功率为100W

C. A点与出发点的距离为0.5m

D. 小球由静止到C点过程中重力的平均功率为70W

【答案】C

【解析】

A. AB间的平均速度为：v1= =3m/s，BC间的平均速度为：v2= =6m/s，小球加速度为：a= = 1m/s²，故A错误；

B. 小球经过B点的速度vB=v1+at1/2=5m/s，则小球经过B点重力的瞬时功率P=mgvBsinθ=2×10×5×sin30°=50W，故B错误；

C. 小球经A点的速度为：vA=v1−at1/2=1m/s，A点与出发点的距离为：x= =0.5m，故C正确；

D. 小球经过C点的速度vC=v2+at2/2=7m/s，则小球由静止到C点过程中重力的平均功率为=35W，故D错误。

故选：C

10.如图所示，一个沙袋用无弹性的细绳悬于O点，开始时时沙袋处于静止．弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一颗弹丸以速度v1，打入沙袋后二者共同摆的最大摆角为60°，当沙袋第一次返回图示位置时，第二颗弹丸恰好以水平速度v2击中沙袋，使沙袋向右摆动，且最大摆角仍为60°．若弹丸质量是沙袋质量的1/40倍，则以下结论中正确的是（     ）

A. v1:v2=1:1    B. v1: v2=41:83

C. v1: v2=42:41    D. v1: v2=41:42

【答案】B

【解析】

【详解】设子弹的质量为m，则沙袋质量为M=40m，取向右方向为正，第一次射入过程，根据动量守恒定律得：，根据系统沙袋又返回时速度大小仍为v，但方向向左，第2粒弹丸以水平速度v2击中沙袋过程：根据动量守恒定律：；

子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程中，设细绳长为L，由机械能守恒得：，解得，可见v与系统的质量无关，因两次向上的最大摆角均为，故有，联立解得，故B正确，A、C、D错误；

故选B。

【点睛】子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒；子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第1次返回图示位置时，速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒定律求解。

11.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移－时间(x－t)    图线．由图可知(　　)

A. 在t1时刻，两车相遇

B. 在t2时刻，a、b两车运动方向相同

C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大

D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大

【答案】AC

【解析】

【详解】A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，说明两车相遇，故A正确；

B、根据图象的斜率表示速度，可知，在时刻t2，两车运动方向相反，故B错误；

C、图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增大，故C正确；

D、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先大于、再等于、后大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误；

故选AC。

【点睛】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，两图线相交表示相遇，图线的斜率表示速度的大小．由此分析即可。

12.如图所示，光滑的水平地面上有质量均为m的a、b、c三个木块，a、c之间用轻质细绳连接(细绳水平)．现用一个水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有发生相对滑动．在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　)

A. 无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都减小

B. 若粘在a木块上面，则绳的张力减小，a、b间的摩擦力不变

C. 若粘在b木块上面，则绳的张力和a、b间的摩擦力都减小

D. 若粘在c木块上面，则绳的张力和a、b间的摩擦力都减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A、将a、b、c看作一个整体，对整体受力分析，粘上橡皮泥后，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律可得，整体的加速度减小，故A正确；

B、如果橡皮泥粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律可得，c受到绳的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律可得，b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，故B错误；

C、如果橡皮泥粘在b上，同理，c受到绳的拉力减小；对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为a、c整体受到的合力，根据牛顿第二定律可得，a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，故C正确；

D、如果橡皮泥粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律可得，b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大；对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律可得，a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，故D错误；

故选AC。

【点睛】关键是选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律对研究对象进行分析，明确粘上橡皮泥后整体加速度变化，再选择受力较少的C物体受力分析，则可明确拉力及摩擦力的变化情况。

13.北京时间2015年7月24日，美国宇航局宣布，可能发现了“另一个地球”﹣开普勒﹣452b．将开普勒﹣452b简化成如图所示的模型：MN为该星球的自转轴，A、B是该星球表面的两点，它们与地心O的连线OA、OB与MN的夹角分别为α=30°，β=60°；在A、B两点处放置质量分别为mA、mB的物体．设该星球的自转周期为T，半径为R，引力常量为G．若不考虑该星球自转，在A点用弹簧秤称量质量为mA的物体平衡时示数为F，则下列有关物理学常识的说法中，正确的是（　　）

A. 该星球的第一宇宙速度为

B. 星球的质量为

C. 若向开普勒﹣452b发射一颗同步卫星，则轨道半径为

D. 放在A、B两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为

【答案】CD

【解析】

【详解】A、该星球的第一宇宙速度即近地卫星的线速度，轨道半径等于星球的半径，但周期不等于星球的自转周期T，所以该星球的第一宇宙速度不等于，故A错误；

B、星球表面的重力加速度，在星球表面：， 得星球的质量，故B错误；

C、同步卫星的周期等于星球的自转周期T，根据万有引力提供向心力，解得，故C正确；

D、A点随星球自转的半径，B点随星球自转的半径，则有，故D正确；

故选CD。

【点睛】不考虑该星球的自转，重力加速度，在星球表面，根据万有引力等于重力求出星球质量，根据几何关系求出AB两个物体随星球自转的半径，再根据向心力公式求解。

14.如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab=bc=cd=de．从a点水平抛出一个小球，当初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ．当初速度为2v时（空气阻力不计）

A. 小球可能落在斜面上的c点与d点之间

B. 小球一定落在斜面上的e点

C. 小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角大于θ

D. 小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角也为θ

【答案】BD

【解析】

试题分析：

小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为α，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度的比值，解得：，在竖直方向上的位移，

A、B、当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，所以小球一定落在斜面上的e点，故A错误，B正确；

C、D、设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则，又，所以tanβ=tanα，所以落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ．故C错误；D正确；

故选BD。

15.A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平    速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则(　　)

A. A、B(包括人)速度大小之比为2∶3

B. A、B(包括人)动量大小之比为1∶1

C. A、B(包括人)动量之和为零

D. 因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动量为0，所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1:1；最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故B正确，A错误；

C、由于系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，系统末动量为零，即：A、B(包括人)动量之和为零，故C正确；

D、根据题意，应用都动量守恒定律可以求出速度之比、动量之比、动量之和，故D错误；

故选BC。

【点睛】对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比，根据动量守恒定律求出系统总动量。

二、实验题

16.如下图为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图

(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是m1___m2.

(2)在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如右图所示。假设碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1∶m2＝________.

【答案】> 　　　　　　 4：1

【解析】

17.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平．在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M，将质量为m的钩码通过细线与滑块连接．打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t，取挡光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为d，重力加速度为g.

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，其读数为________mm.

（2）调整光电门的位置，使得滑块通过B点时钩码没有落地．滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量ΔEk为________，系统重力势能减少量ΔEp为________．(以上结果均用题中所给字母表示)

（3）若实验结果发现ΔEk总是略大于ΔEp，可能的原因是________．

A. 存在空气阻力

B. 滑块没有到达B点时钩码已经落地

C. 测出滑块左端与光电门B之间的距离作为d

D. 测出滑块右端与光电门B之间的距离作为d

【答案】    (1). 9.4    (2).     (3). mgd    (4). C

【解析】

（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第4个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×mm=0.4mm，所以最终读数为：9mm+0.4mm=9.4mm；

（2）滑块通过B点时速度，系统动能增加量ΔEk= = ；质量为m的钩码下落的距离为d，系统重力势能减少量ΔEp=mgd；

（3）A．存在空气阻力，ΔEk应小于ΔEp，故A错误；

B．滑块没有到达B点时钩码已经落地，拉力对滑块做的功会减小，ΔEk应小于ΔEp，故C错误；

C．将滑块左端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算少了，ΔEk将大于ΔEp，故C正确。

D．将滑块右端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算多了，ΔEk将小于ΔEp，故D错误。

故选：C。

三、计算题

18.如图所示,一个质量为的小球B,用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点,已知当两绳拉直时,两绳与车厢前壁的夹角均为45°.试求:

(1)当车以加速度向左做匀加速直线运动时1、2两绳的拉力.

(2)当车以加速度向左做匀加速直线运动时,1、2两绳的拉力 .

【答案】（1）,0  （2）,

【解析】

当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度为向左的a0，由牛顿第二定律得：
 F1cos45°=mg     ①
F1sin45°=ma0    ②
可得：a0=g  ③
（1）因a1=g＜a0，故细绳2松弛，拉力为零 
设此时细绳1与厢壁间夹角为θ，有：F11cosθ=mg   ；F11sinθ=ma1
得：F11=mg  
（2）因a2=2g＞a0，故细绳1、2均紧绷
设拉力分别为F12，F22，由牛顿第二定律得：
竖直方向有  F12cos45°=F22cos45°+mg
在水平方向上有：F12sin45°+F22sin45°=ma2．
可解得：F12=mg   F22=mg 

19.如图所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m的小物块（视为质点）从光滑曲面上离车面高度为h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车，已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦因数μ =。求：

（1）物块滑离小车时的速度v1；

（2）物块落地时，小车运动的总位移x。

【答案】（1），（2）

【解析】

试题分析：（1）根据机械能守恒定律求出滑块到达轨道底端时的速度大小．滑块滑上小车，二者沿水平方向的动量守恒，根据动量守恒定律和功能关系求出小车的速度．（2）根据动能定理和平抛运动规律即可求出小车的位移．

（1）物块从曲面上下滑

从物块滑上小车到滑离小车

联立求得

（2）物块在小车上滑动过程中

物块在空中飞行的时间

此过程小车运动的位移为

小车运动的总位移为

20.如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R=0.2m的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L=1m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态．质量为m=1kg的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0=2 m/s冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；

（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；

（3）调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道．

【答案】（1）2m/s；（2）0.2m；（3） 或

【解析】

（1）设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为，由动能定理，可得

解得

（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理得

解得，符合实际．

（3）①若A沿轨道上滑至最大高度时，速度减为0，则满足

由动能定理得

联立得

②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足

根据动能定理可得

联立解得

综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是或